【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 动量与动量守恒定律（含解析）

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高考物理高频易错押题预测 动量与动量守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2025 庐阳区校级模拟）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为P'B＝4kg m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
2．（2024秋 南京期末）如图所示，在离地面高为h处将质量为m的小球以初速度v0水平抛出，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．落地前瞬间，小球的动量大小为
B．从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为
C．从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D．从抛出到落地，小球动量的变化量大小为
3．（2024秋 扬州期末）骑电瓶车必须戴好头盔。在头部受到撞击时，其他条件相同，戴头盔与不戴头盔相比，骑行者头部（　　）
A．动量变化小 B．动量变化慢
C．受到撞击力大 D．受到撞击力的冲量大
4．（2024秋 徐州期末）做自由落体运动的物体，其动量p与时间t的p﹣t关系图线为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 郴州期末）三个完全相同的小球，质量均为m，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，如图所示，三小球均保持静止。某时，小球A受到轻微扰动开始顺着墙面下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C的最大速度为v，轻杆长为L，重力加速度为g，下列关于该过程的说法中正确的是（　　）
A．A、B、C三球组成的系统动量守恒
B．竖直墙对小球A的冲量大小为3mv
C．小球A落地前瞬间，动能大小为
D．小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍
6．（2024秋 徐州期末）为确保公共安全，市民遛狗时应牵绳。如图所示，一市民遛狗时匀速前行，已知绳中拉力大小为F、方向与水平面夹角为θ。则在t时间内拉力的冲量为（　　）
A．0
B．Ft，方向与F方向一致
C．Ftcosθ，方向与F方向一致
D．Ftcosθ，方向沿水平方向向左
7．（2024秋 扬州期末）如图所示，在水平桌面上，粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024秋 南京期末）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与弹力对B的冲量相同
B．刚开始弹簧的弹性势能大小为2.0J
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N s
D．若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 长沙期末）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的a﹣t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的有（　　）
A．前2s内F的大小是第3s的2倍
B．3s内物块所受合力的冲量为零
C．3s内力F做功为零
D．3s内力F的冲量为30N s
（多选）10．（2024秋 武昌区期末）如图甲所示，物块A和B叠放在水平地面上。敲击B，B立即获得水平向右的初速度v0，A、B都向右运动，A始终没有从B上滑落，最终两物块都运动至停下来。这段过程中，B的v﹣t关系图线如图乙所示，已知A与B、B与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．物块A和B的质量相等
B．A与B左端的距离至少为
C．摩擦力对A、B的总冲量大小之比为1：3
D．A和B间因摩擦产生的热量与B和地面间产生热量之比是1：3
（多选）11．（2024秋 开福区校级期末）如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，极短时间内给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（g为重力加速度）（　　）
A．给物块的水平冲量为2M
B．物块上升的最大高度为
C．物块上升最高时的速度为
D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg
（多选）12．（2024秋 南开区校级期末）一弹射机构的简化模型如图所示，一理想轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端到达水平面上的O点。一滑块将弹簧右端压缩到P点，滑块与弹簧没有拴接。静止释放后，弹簧把滑块弹开，滑块运动到O点右侧的Q点停下，已知滑块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴。整个过程滑块的加速度a、动量p、动能Ek及滑块与弹簧组成的系统的机械能E随位置坐标x的变化规律，符合实际的是（　　）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 宝山区校级期中）冰壶运动，又称掷冰壶、“冰上溜石”，是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像如图所示，已知mA＝0.2kg，则根据图像可得物体B的质量为 　 　kg，冰壶之间的碰撞属于 　 　（选填“弹性碰撞”、“完全非弹性碰撞”、“一般碰撞”）。
14．（2024秋 思明区校级月考）如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，车与地面之间无摩擦，当他们同时相向运动时，发现小车向右运动；则在此过程，甲人的动量大小 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的动量大小；甲人对小车水平方向冲量大小 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人对小车水平方向冲量大小。当两人相遇停下后，小车运动情况为 　 　（选填“匀速向右”、“静止”或“匀速向左”）。
15．（2024秋 思明区校级月考）如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为 　 　N s，6s末，物块的速度大小为 　 　m/s。
16．（2023秋 金台区期末）质量是10g的子弹，以300m/s的速度射入质量是240g、静止在光滑水平桌面上的木块。
（1）如果子弹留在木块中，木块运动的速度是 　 　m/s；
（2）如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是 　 　m/s。（结果保留两位有效数字）
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 苏州期末）如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动。某时刻质量为m的小物块B轻轻释放到A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。求：
（1）A、B第一次的共同速度大小v1；
（2）A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W；
（3）A的最小长度L。
18．（2024秋 盐城期末）高空坠物极易对行人造成伤害。《中华人民共和国民法典》第一千二百五十四条规定：禁止从建筑物中抛掷物品。从建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害的，由侵权人依法承担侵权责任。若一个50g的生鸡蛋从居民楼的7楼阳台坠下，距离地面的高度大约20m，与地面的撞击时间约为0.01s。（g取10m/s2）求：
（1）鸡蛋着地前瞬间的速度大小；
（2）该鸡蛋着地过程中对地面产生的平均冲击力。
19．（2024秋 雨花区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与长度为L＝0.6m的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为m＝1kg的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高h＝0.3m处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为H＝1.2m。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为μ＝0.1。
（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①求滑块Q进入D点时的速度vD。
②求半圆轨道的半径R的取值范围。
③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。
20．（2024秋 无锡期末）如图所示，小车上固定有处于竖直平面内的特殊形状的光滑圆管，其中AB段圆弧所对应的半径R1＝0.5m，圆心角∠AOB＝53°，BC段对应的半径R2＝0.35m，是四分之一圆弧，B点切线方向竖直，C点与小车表面平滑衔接，小车CD部分与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。质量M＝2kg的小车（含圆管）静止放置于光滑的水平地面上，现将质量m＝2kg的小球由A点左上方某点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，使小球刚好可以无碰撞的进入到圆管中。小球穿过圆管后，滑上CD段。不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）小球从抛出点到A点竖直高度；
（2）小球刚运动到C点时，小车的速度大小；
（3）要使小球不从车上落下，则CD长度至少是多少？
高考物理高频易错押题预测 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 庐阳区校级模拟）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为P'B＝4kg m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用能量守恒定律解决实际问题．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由动量守恒定律，结合弹性碰撞与完全非弹性碰撞两种临界条件，分析碰撞的过程后可能的运动的情况即可。
【解答】解：碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
pA＝pA′+pB′
代入数据得：5kg m/s＝pA′+4kg m/s
解得：pA′＝1kg m/s，方向与白色球的初速度方向相同。
若碰撞后二者的速度相等（设为v共），则有：
mAv共＝pA′＝1kg m/s，mBv共＝pB′＝4kg m/s
联立可得：mB＝4mA
若碰撞过程系统的机械能不变，根据碰撞过程总动能不增加，则有：
解得
碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
解得mB≤4mA
综上可知
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】该题考查动量守恒定律以及碰撞的特点，考虑弹性碰撞与完全非弹性碰撞，即可求出可能的质量关
2．（2024秋 南京期末）如图所示，在离地面高为h处将质量为m的小球以初速度v0水平抛出，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．落地前瞬间，小球的动量大小为
B．从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为
C．从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D．从抛出到落地，小球动量的变化量大小为
【考点】动量定理的内容和应用；平抛运动速度的计算；用动量的定义式计算物体的动量．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据动能定理求解落地时速度大小，再根据动量的计算公式求解落地时物体动量大小；根据运动学公式求落地时间，根据冲量公式求冲量，根据动量定理求解动量变化量。
【解答】解：A、由动能定理
得
动量为
故A错误；
B、由，重力的冲量大小为
故B错误；
CD、合力的冲量等于动量的变化量，由动量定理有
则小球动量的变化量方向竖直向下，其大小为，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
3．（2024秋 扬州期末）骑电瓶车必须戴好头盔。在头部受到撞击时，其他条件相同，戴头盔与不戴头盔相比，骑行者头部（　　）
A．动量变化小 B．动量变化慢
C．受到撞击力大 D．受到撞击力的冲量大
【考点】动量定理的内容和应用．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】骑行者头部的动量的变化量是一定的，再根据动量定理分析。
【解答】解：根据动量定理 I＝FΔt＝Δp，可得，由于气囊的缓冲与头部的撞击时间Δt延长了，从而减小了对头部的作用力F，也即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化快慢，但驾驶员头部撞击过程中动量变化量和撞击力的冲量I并未改变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动量定理在实际生活中的应用，要注意明确头盔增加了冲击时间，从而减小了冲击力。
4．（2024秋 徐州期末）做自由落体运动的物体，其动量p与时间t的p﹣t关系图线为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动量定理的内容和应用；自由落体运动的规律及应用．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】明确自由落体的物体只受重力，加速度恒定不变，速度和时间成正比，再由动量的表达式分析即可。
【解答】解：自由落体运动的加速度是恒定不变的，由v＝at可知，物体的速度与时间成正比，由p＝mv＝mat，可知动量与时间成正比，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查图象以及自由落体运动的规律，要注意掌握用图象来描述物体的运动性质的方法。
5．（2024秋 郴州期末）三个完全相同的小球，质量均为m，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，如图所示，三小球均保持静止。某时，小球A受到轻微扰动开始顺着墙面下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C的最大速度为v，轻杆长为L，重力加速度为g，下列关于该过程的说法中正确的是（　　）
A．A、B、C三球组成的系统动量守恒
B．竖直墙对小球A的冲量大小为3mv
C．小球A落地前瞬间，动能大小为
D．小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍
【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；多物体系统的机械能守恒问题．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】分析小球的运动特点和运动过程中的临界状态；根据动量守恒定律和几何关系得出小球的速度关系，结合能量关系完成分析。
【解答】解：A、A、B、C三球组成的系统在水平方向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力也不为零，故动量不守恒，故A错误；
B、B和C分离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时，两球速度均为v，对三小球整体列水平方向动量定理，则墙对小球A的冲量I＝2mv，故B错误；
C、轻杆对小球A做功大小等于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增量，则，小球A落地前瞬间动能大小为EkA＝mgL﹣W，解得，故C正确；
D、自小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则mv＝mvB+mvAx且有vB＝vAx解得，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A有竖直速度分量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律和关联速度的特点即可完成分析。
6．（2024秋 徐州期末）为确保公共安全，市民遛狗时应牵绳。如图所示，一市民遛狗时匀速前行，已知绳中拉力大小为F、方向与水平面夹角为θ。则在t时间内拉力的冲量为（　　）
A．0
B．Ft，方向与F方向一致
C．Ftcosθ，方向与F方向一致
D．Ftcosθ，方向沿水平方向向左
【考点】求恒力的冲量．
【专题】定量思想；控制变量法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据冲量公式进行计算。
【解答】解：根据冲量公式可得
I＝Ft
方向与F方向相同，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是恒力做功，直接利用公式求解，题型简单。
7．（2024秋 扬州期末）如图所示，在水平桌面上，粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】分析碰撞的合理性．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据动量守恒定律结合图像斜率的意义分析。
【解答】解：硬币与桌面的动摩擦因数相同，根据μmg＝ma
可知a＝μg
则图像的斜率应相同；
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1+mv2
图像中每个单位格设为1，代入验证可知A符合，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查动量守恒定律，解题关键掌握图像的认识，注意动量守恒的条件。
8．（2024秋 南京期末）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与弹力对B的冲量相同
B．刚开始弹簧的弹性势能大小为2.0J
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N s
D．若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；动量定理的内容和应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据弹簧对A、B的弹力关系、作用时间关系分析弹力对A、B冲量大小关系；弹簧弹开过程，根据动量守恒定律求A球脱离弹簧时A、B球获得的速度，根据能量守恒定律计算最大弹性势能；由机械能守恒定律求A球到达Q点的速度，再由动量定理求A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小；在最高点根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律解答。
【解答】解：A.弹簧弹开过程，弹簧对A、B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，由I＝Ft可知，弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误；
B.释放弹簧过程中，A、B系统动量守恒，设A球脱离弹簧时A、B的速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝0
由题知：v1＝6m/s
解得：v2＝2m/s
根据机械能守恒定律可得，刚开始弹簧的弹性势能大小为：
解得：Ep＝2.4J，故B错误；
C.设A球至Q点的速度大小为vQ，A球从P点运动到Q点过程中只有重力做功，机械能守恒，取水平桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：mg 2R
解得：vQ＝4m/s
小球A从P点运动到Q点过程中，取水平向左为正方向，
由动量定理可知，A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为：IA＝mvQ﹣m（﹣v1）＝m（vQ+v1）＝0.1×（4+6）N s＝1N s，故C错误；
D.A球恰能到达最高点时有mg
A球从最低点到最高点有﹣mg×2R
解得R＝0.72m
则若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 长沙期末）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的a﹣t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的有（　　）
A．前2s内F的大小是第3s的2倍
B．3s内物块所受合力的冲量为零
C．3s内力F做功为零
D．3s内力F的冲量为30N s
【考点】动量定理的内容和应用；重力做功的特点和计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】根据牛顿第二定律求解外力，再根据运动学公式求解位移，再求出拉力做的功；根据冲量的计算公式求解冲量。
【解答】解：A、0～2s内，根据牛顿第二定律得：F1﹣mgsin30°＝ma1，得：F1＝20N
在2～3s内，根据牛顿第二定律得：F2+mgsin 30°＝ma2，得：F2＝10N
则前2s内F的大小是第3s的2倍，故A正确；
B、图像与坐标轴围成的面积代表合力的冲量；3s内物块所受合力的冲量为I＝（5×2﹣10×1）N s＝0，故B正确；
C、0～2s内，物体的位移为x1m＝10m，2～3s内，物体的位移为x2m＝5m
所以3s内力F做功为W＝F1x1﹣F2x2＝20×10J+10×5J＝150J，故C错误；
D、设F1的方向为正方向，根据冲量的计算公式可知3s内力F的冲量为IF＝F1t1﹣F2t2＝20×2N s﹣10×1N s＝30N s，故D正确；
故选：ABD。
【点评】本题主要是考查牛顿运动定律的综合应用、功的计算以及冲量的计算等，能够根据图象分析受力情况，再结合运动学公式、功的计算公式求解是关键。
（多选）10．（2024秋 武昌区期末）如图甲所示，物块A和B叠放在水平地面上。敲击B，B立即获得水平向右的初速度v0，A、B都向右运动，A始终没有从B上滑落，最终两物块都运动至停下来。这段过程中，B的v﹣t关系图线如图乙所示，已知A与B、B与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．物块A和B的质量相等
B．A与B左端的距离至少为
C．摩擦力对A、B的总冲量大小之比为1：3
D．A和B间因摩擦产生的热量与B和地面间产生热量之比是1：3
【考点】动量定理的内容和应用；有外力的水平板块模型；常见力做功与相应的能量转化；求变力的冲量．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据图像得到A、B的加速度，然后根据牛顿第二定律得到它们的质量关系；根据动量定理得到它们的动量变化关系；根据平均速度得到它们的位移，然后可得它们的相对位移；根据摩擦力与相对位移的乘积分别得到A和B、B和地面之间因摩擦产生的热量。
【解答】解：A、设A的质量为mA，B的质量为mB，动摩擦因数大小为μ，根据图像可知B的加速度大小为aB，，对A根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA，对B根据牛顿第二定律有μmAg+μ（mA+mB）g＝mBaB，联立解得mA＝mB，故A正确；
C、A的初速度为零，最后和B静止在地面上，根据动量定理可知摩擦力对A的冲量大小为0，摩擦力对B的冲量大小为mBv0，故C错误；
B、开始时A加速，B减速运动，当A、B速度相等后一起减速运动，所以A与B左端的距离至少为，解得，故B错误；
D、A和B间因摩擦产生的热量为Q＝μmAgΔx，B与地面之间因摩擦产生的热量为Q'，整理得Q'，则Q：Q'＝1：3，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了动量定理、牛顿第二定律和功能关系相关内容，综合性较强。
（多选）11．（2024秋 开福区校级期末）如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，极短时间内给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（g为重力加速度）（　　）
A．给物块的水平冲量为2M
B．物块上升的最大高度为
C．物块上升最高时的速度为
D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用；某一方向上的动量守恒问题．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】A.将滑环固定时，极短时间内给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，根据机械能守恒定律、冲量的计算公式分别列式，即可分析判断；
BC.滑环不固定时，物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，据此列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，由牛顿第二定律列式，即可分析判断。
【解答】解：A.设物块初速度大小为v0，
将滑环固定时，极短时间内给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，根据机械能守恒定律可得：，
解得：，
故给物块的水平冲量大小为：，故A错误；
BC.滑环不固定时，物块初速度大小仍为v0，设物块摆至最大高度h时，滑块与物块速度大小都为v，
在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，以物块初速度的方向为正方向，
由该系统水平方向动量守恒可得：Mv0＝（m+M）v，
由该系统机械能守恒可得：，
联立可得：，，故B正确，C错误；
D.对m、M组成的系统，当M第一次回到最低点时，由该系统水平方向动量守恒和能量守恒可知，m、M的相对速度大小仍然为v0，
则在最低点，由牛顿第二定律可知：T，
解得：T＝3Mg，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
（多选）12．（2024秋 南开区校级期末）一弹射机构的简化模型如图所示，一理想轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端到达水平面上的O点。一滑块将弹簧右端压缩到P点，滑块与弹簧没有拴接。静止释放后，弹簧把滑块弹开，滑块运动到O点右侧的Q点停下，已知滑块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴。整个过程滑块的加速度a、动量p、动能Ek及滑块与弹簧组成的系统的机械能E随位置坐标x的变化规律，符合实际的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据各个物理量的表达式得到对应物理量与x的函数关系式，根据函数关系式判断图像是否正确。
【解答】解：A．当滑块在O点左侧位置坐标为x时，弹簧压缩量为x，设滑块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律，有﹣kx﹣μmg＝ma
得
当滑块在O点右侧时，有﹣μmg＝ma
得a＝﹣μga﹣x图像为两段直线，故A正确。
B．取一段位移微元Δx，可认为滑块的加速度不变，设为a，速度为v，有
设滑块运动到N处时弹簧弹力等于摩擦力，加速度为0，由P到N，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，逐渐减小，p﹣x图线的斜率逐渐减小；到N处时p﹣x图线的斜率减为0；由N到O，加速度反向逐渐增大，速度逐渐减小，绝对值逐渐增大，p﹣x图线的斜率绝对值逐渐增大；由O到Q，加速度不变，速度逐渐减小，绝对值逐渐增大，p﹣x图线的斜率绝对值逐渐增大，p﹣x图像O点右侧不可能为倾斜的直线，故B错误。
C．滑块移动位移微元Δx，由动能定理有
F合Δx＝ΔEk
可得
，Ek﹣x图像由P到N斜率减小，由N到O斜率绝对值增大，O点右侧斜率不变，为倾斜的直线，故C正确。
D．由能量转化可知，滑块克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量。对一段位移微元Δx，有﹣μmgΔx＝ΔE
可知
即E﹣x图像为斜率不变的倾斜的直线，故D错误。
故选：AC。
【点评】通过斜率变化判断图像是否正确是本题解题关键。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 宝山区校级期中）冰壶运动，又称掷冰壶、“冰上溜石”，是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像如图所示，已知mA＝0.2kg，则根据图像可得物体B的质量为 　0.6　kg，冰壶之间的碰撞属于 　弹性碰撞　（选填“弹性碰撞”、“完全非弹性碰撞”、“一般碰撞”）。
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；利用x﹣t图像的斜率求解物体运动的速度．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】0.6，弹性碰撞。
【分析】根据x﹣t图线斜率求速度，根据动量守恒定律求质量，然后计算碰撞前后的机械能总量关系，即可解答。
【解答】解：x﹣t图线的斜率表示速度，则碰撞前，有，vB＝0
碰撞后，m/s＝﹣2m/s，m/s＝2m/s
以碰撞前A的方向为正方向，由动量守恒定律可知
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
代入数据解得mB＝0.6kg
碰撞前总动能为1.6J
碰撞后总动能为EK′mAvA′2mBvB′2
代入数据解得EK′＝1.6J
碰撞前后重力势能不变，则碰撞前后机械能守恒，两冰壶发生的是弹性碰撞。
故答案为：0.6，弹性碰撞。
【点评】本题是一道综合题，需要学生根据x﹣t图线求速度，再判断机械能，难度中等。
14．（2024秋 思明区校级月考）如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，车与地面之间无摩擦，当他们同时相向运动时，发现小车向右运动；则在此过程，甲人的动量大小 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的动量大小；甲人对小车水平方向冲量大小 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人对小车水平方向冲量大小。当两人相遇停下后，小车运动情况为 　静止　（选填“匀速向右”、“静止”或“匀速向左”）。
【考点】动量守恒定律的一般应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】小于；小于；静止。
【分析】甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式分析即可。
【解答】解：甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m车v车＝0
小车向右运动，小车的动量方向向右，说明甲与乙两人的总动量向左，因乙向左运动，甲向右运动，则甲的动量必定小于乙的动量；
小车向右运动，对小车，由动量定理可知，小车受外力的冲量向右，人在行走时对小车的作用力冲量与人的运动方向相反，则说明乙对小车的作用力冲量大于甲对小车的作用力冲量；
两人与车组成的系统动量守恒，系统初状态动量为零，当两人都停下后两人的动量都为零，由动量守恒定律可知，小车的动量也为零，小车静止。
故答案为：小于；小于；静止。
【点评】本题考查动量守恒定律和动量定理的直接应用，关键要掌握动量守恒的条件：合外力为零，要注意速度和动量的矢量性。
15．（2024秋 思明区校级月考）如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为 　4.5　N s，6s末，物块的速度大小为 　13.5　m/s。
【考点】F﹣t图像中的动量问题；求恒力的冲量；用动量定理求平均作用力．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】4.5；13.5。
【分析】根据题意求最大静摩擦力，再结合图像分析运动情况，由冲量的概念、动量定理等列式代入数据计算。
【解答】解：物块与水平地面间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.3×1×10N＝3N
由F﹣t图像可知，在0～1s内物块受到静摩擦力作用，则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为
在t＝1s时物块开始运动，则1～6s内，对物块根据动量定理可得I合＝IF﹣If＝mv﹣0
其中；If＝3×5N s＝15N s
代入数据解得6s末物块的速度大小v＝13.5m/s。
故答案为：4.5；13.5。
【点评】本题主要考查F﹣t图像中的动量问题，解题时需注意，F﹣t图像与坐标轴所围面积，表示该力冲量。
16．（2023秋 金台区期末）质量是10g的子弹，以300m/s的速度射入质量是240g、静止在光滑水平桌面上的木块。
（1）如果子弹留在木块中，木块运动的速度是 　12　m/s；
（2）如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是 　8.3　m/s。（结果保留两位有效数字）
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）12；（2）8.3。
【分析】（1）（2）子弹射入木块的过程和打穿木块的过程，分别根据动量守恒定律求解木块运动的速度。
【解答】解：（1）取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0＝（m1+m2）v共
解得
v共＝12m/s
则子弹留在木块中，木块运动的速度是12m/s；
（2）取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0＝m1v1+m2v2
解得木块的速度为
v2≈8.3m/s
故答案为：（1）12；（2）8.3。
【点评】对于子弹打木块的过程，要掌握其基本规律是动量守恒定律，要明确规定正方向，用正负号表示速度方向。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 苏州期末）如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动。某时刻质量为m的小物块B轻轻释放到A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。求：
（1）A、B第一次的共同速度大小v1；
（2）A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W；
（3）A的最小长度L。
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】（1）A、B第一次的共同速度大小为v0；
（2）A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功为；
（3）A的最小长度为。
【分析】（1）根据动量守恒定律分析解答；
（2）根据动量守恒定律结合动能定理分析解答；
（3）整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为零，根据能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）从B滑上A到第一次达到共同速度v1，规定向右为正方向，根据系统动量守恒有
2mv0＝（m+2m）v1
得v1v0
（2）从第一次碰撞后到第二次达到共同速度v2，取向右为正方向，根据系统动量守恒有
2mv1﹣mv1＝3mv2
得v2v1v0
从开始到第二次达到共同速度过程中，对A运用动能定理
W22
得B对A做的功W
（3）整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为零
设两者相对运动的距离为x，A、B系统能量守恒
2μmgx
得x
则为使整个运动过程中B不从A上滑落，A的最小长度L＝x
答：（1）A、B第一次的共同速度大小为v0；
（2）A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功为；
（3）A的最小长度为。
【点评】本题主要是考查动量守恒定律和能量守恒定律；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
18．（2024秋 盐城期末）高空坠物极易对行人造成伤害。《中华人民共和国民法典》第一千二百五十四条规定：禁止从建筑物中抛掷物品。从建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害的，由侵权人依法承担侵权责任。若一个50g的生鸡蛋从居民楼的7楼阳台坠下，距离地面的高度大约20m，与地面的撞击时间约为0.01s。（g取10m/s2）求：
（1）鸡蛋着地前瞬间的速度大小；
（2）该鸡蛋着地过程中对地面产生的平均冲击力。
【考点】动量定理的内容和应用；自由落体运动的规律及应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】（1）鸡蛋着地前瞬间的速度大小为20m/s；
（2）该鸡蛋着地过程中对地面产生的平均冲击力为100.5N。
【分析】（1）根据鸡蛋下落的总高度，计算鸡蛋落地时速度大小；
（2）再根据动量定理列方程求解地面对鸡蛋的冲击力，从而得到鸡蛋对地面产生的冲击力。
【解答】解：（1）鸡蛋下落过程有
v2＝2gh
可得鸡蛋落地时速度为
v＝20m/s
（2）鸡蛋与地面的撞击过程，取竖直向下为正方向，根据动量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mν
代入数据得
F＝100.5N
根据牛顿第三定律可知，该鸡蛋对地面产生的冲击力约为100.5N。
答：（1）鸡蛋着地前瞬间的速度大小为20m/s；
（2）该鸡蛋着地过程中对地面产生的平均冲击力为100.5N。
【点评】本题主要考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意灵活选择研究过程，分析运动过程中物体的受力情况，规定正方向，用正负号表示矢量的方向。
19．（2024秋 雨花区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与长度为L＝0.6m的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为m＝1kg的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高h＝0.3m处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为H＝1.2m。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为μ＝0.1。
（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①求滑块Q进入D点时的速度vD。
②求半圆轨道的半径R的取值范围。
③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①滑块Q进入D点时的速度vD大小为2m/s，方向水平向右；
②半圆轨道的半径R的取值范围为：0.2m≤R≤0.4m；
③滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程为1.4m。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围为：0≤FN＜30N。
【分析】（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理列式，滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒、且碰撞过程无动能损失，据此列式，即可联立求解；
②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可列式，D点到E点的过程，根据能量守恒定律列式，在E点，根据牛顿第二定律列式，即可联立求解；
③滑块自E点作平抛运动，则水平方向做匀速直线运动、竖直方向做自由落体运动，根据运动学规律列式，结合②及数学知识，即可分析求解。
（2）同（1）思路，由动能定理、弹性碰撞的性质、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理可得：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
mvC＝mvC'+mvD，
又因为是弹性碰撞，则碰撞过程无动能损失，有：
，
联立可得：
vD＝2m/s，方向水平向右；
②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知：
，
解得：
R≤0.4m，
D点到E点的过程，根据能量守恒定律有：
，
在E点，根据牛顿第二定律有：
，
且：
FN≤70N，
联立得：
R≥0.2m，
所以R的取值范围为：
0.2m≤R≤0.4m；
③滑块自E点作平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则射程为：
x＝vEt，
竖直方向做自由落体运动，有：
，
结合②，联立可得：
，
有数学知识可得，当R＝0.25m时，射程最大，
解得：xmax＝1.4m；
（2）由动能定理有：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
m1vC＝m1v1+mv2，
又因为是弹性碰撞，则碰撞过程动能无损失，则有：
，
联立可得：
，
即：
，
则：
0＜v2＜2vC，
由牛顿第二定律可得：
，
解得：
0≤FN＜30N；
答：（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①滑块Q进入D点时的速度vD大小为2m/s，方向水平向右；
②半圆轨道的半径R的取值范围为：0.2m≤R≤0.4m；
③滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程为1.4m。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围为：0≤FN＜30N。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
20．（2024秋 无锡期末）如图所示，小车上固定有处于竖直平面内的特殊形状的光滑圆管，其中AB段圆弧所对应的半径R1＝0.5m，圆心角∠AOB＝53°，BC段对应的半径R2＝0.35m，是四分之一圆弧，B点切线方向竖直，C点与小车表面平滑衔接，小车CD部分与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。质量M＝2kg的小车（含圆管）静止放置于光滑的水平地面上，现将质量m＝2kg的小球由A点左上方某点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，使小球刚好可以无碰撞的进入到圆管中。小球穿过圆管后，滑上CD段。不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）小球从抛出点到A点竖直高度；
（2）小球刚运动到C点时，小车的速度大小；
（3）要使小球不从车上落下，则CD长度至少是多少？
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球从抛出点到A点竖直高度为0.45m；
（2）小球刚运动到C点时，小车的速度大小为6m/s；
（3）要使小球不从车上落下，则CD长度至少是4m。
【分析】（1）小球进入到圆管之前做平抛运动，确定到达A点时速度方向与水平方向的夹角，以及在A点竖直分速度与水平分速度满足的关系，根据竖直方向做自由落体运动求解小球从抛出点到A点竖直高度。
（2）小球穿过圆管的过程，小球与小车组成的的系统在水平方向上动量守恒。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解小球刚运动到C点时，小车的速度大小。
（3）要使小球不从车上落下，CD长度最小时，小球与小车速度相同时，小球刚好滑动到D点。根据动量守恒定律与能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）小球进入到圆管之前做平抛运动，到达A点时速度方向与水平方向的夹角为37°，在A点竖直分速度vy与水平分速度vx满足：
，其中：vx＝v0＝4m/s
解得：vy＝3m/s
设小球从抛出点到A点竖直高度为h，由竖直方向做自由落体运动可得：
解得：h＝0.45m
（2）小球穿过圆管的过程，小球与小车组成的的系统在水平方向上动量守恒。设小球刚运动到C点时小球的速度为v1，小车的速度为v2。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得：
mv0＝mv1+Mv2
解得：v1＝﹣2m/s，v2＝6m/s
（3）要使小球不从车上落下，CD长度最小（设为Lmin）时，小球与小车速度相同时，小球刚好滑动到D点。以向右为正方向，根据动量守恒定律与能量守恒定律分别得：
mv1+Mv2＝（m+M）v共
解得：Lmin＝4m
答：（1）小球从抛出点到A点竖直高度为0.45m；
（2）小球刚运动到C点时，小车的速度大小为6m/s；
（3）要使小球不从车上落下，则CD长度至少是4m。
【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，考查了平抛运动的性质。要注意小球穿过圆管的过程，小球与小车组成的的系统只是在水平方向上满足动量守恒定律。掌握从动量与功能的角度处理问题的方法。
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